Реферат на тему:

Функції випадкових аргументів

1. Функції одного випадкового аргументу

(х) буде дискретною.

(х) буде неперервною.

1.1. Функції дискретного

випадкового аргументу

Нехай закон дискретної випадкової величини Х задано таблицею:

(х) матиме такий вигляд:

Y = ? (хi) ? (х1) ? (х2) ? (х3) ……………… ? (хk)

P(Y = ? (хi) = рi p1 p2 p3 …………… pk

де кожне можливе значення Y дістають, виконуючи ті операції, які вказані
в невипадковій функції, умовно позначеній ?.

При цьому, якщо в законі розподілу випадкової величини Y є повторення
значень, то кожне з цих значень записують один раз, додаючи їх
імовірності.

Приклад 1.

Закон розподілу дискретної випадкової величини Х задано таблицею:

Х = хi – 4 –2 –1 1 2 4

Р(X = хi) = рi 0,1 0,2 0,1 0,1 0,2 0,3

Побудувати закон розподілу ймовірностей для Y = 3х2.

Розв’язання. Iз функціональної залежності Y = 3х2 маємо:

Y = 3хi2 16 4 1 1 4 16

Р(у = 3хi2) = рi 0,1 0,2 0,1 0,1 0,2 0,3

Ураховуючи повтори можливих значень Y, дістаємо:

Р (у = 16) = 0,1 + 0,3 = 0,4;

Р (у = 4) = 0,2 + 0,2 = 0,4;

Р (у = 1) = 0,1 + 0,1 = 0,2.

Отже, закон розподілу дискретної випадкової величини Y набирає такого
вигляду:

Y = уj 1 4 16

Р (у = уj) = рj 0,2 0,4 0,4

2. Числові характеристики функції

дискретного випадкового аргументу

1. Математичне сподівання

(190)

2. Дисперсія

. (191)

3. Середнє квадратичне відхилення

(192)

Приклад 2. За заданим законом розподілу

М (Y), D (Y), ( (Y), якщо Y = cos2 х.

Розв’язання. Побудуємо закон розподілу Y.

Р (Y = cos2 хi) = pi 0,1 0,2 0,1 0,1 0,2 0,1 0,2

або

Р (Y = cos2 хi) = pi 0,1 0,2 0,1 0,1 0,2 0,1 0,2

Р (Y = cos2 хi) = pi 0,1 0,2 0,1 0,1 0,2 0,1 0,2

3. Функції неперервного випадкового

аргументу та їх числові характеристики

Нехай закон розподілу ймовірностей неперервної випадкової величини Х
задано щільністю f (х).

.

монотонна.

є монотонно зростаючою функцією, зображеною на pис. 71.

Рис. 71

(х), то Y міститиметься у проміжку [у, у + (у] (рис. 71). Отже, події
х < Х < х +(х і у < Y < у +(у будуть рівноймовірними: Р(х < Х < х +(х) = Р(у < Y < у +(у). (193) Згідно з визначенням щільності ймовірностей . Але у) – F(у) = Р (у < Y < у +(у) = Р (х < Х < х +(х) згідно зі (193). Тоді: Отже, . (194) 0 з урахуванням функціональної залежності між Y і Х, помноживши і поділивши дріб (194) на (х, дістанемо: (у). Тоді (195) є монотонно спадною функцією (рис. 72), Рис. 72 . 0, то об’єднуючи обидва випадки, дістанемо (196) Б. Загальна методика знаходження f (у). . є монотонною функцією. 1. Необхідно визначити множину можливих значень для Y . . 3. Знаходимо похідну . 4. Будуємо щільність імовірностей для випадковой величини Y . 5. Перевіряється виконання умови нормування для f (у): . Якщо нормування виконується, то f (у) знайдено вірно. За знайденою f (у) функцією розподілу ймовірностей визначається . (197) Числові характеристики функцій неперервного випадкового аргументу визначаються за формулами: математичне сподівання ; (198) дисперсія ; (199) середнє квадратичне відхилення . (200) Приклад 3. Задано Знайти f (у), F (у), якщо Y = 2x2. Обчислити М (Y); D (Y); ( (Y). Розв’язання. Використовуючи загальну методику знаходження f (у), дістанемо наведені далі висновки. 1. Знаходимо інтервал можливих значень для випадкової величини Y: ; , є монотонно зростаючою функцією. 2. Із функціональної залежності Y = 2х2 записуємо явний вираз . 4. Використовуючи (196), будуємо функцію f (у): . 5. Перевіряємо виконання умови нормування: Нормування виконується, тому щільність імовірностей випадкової величини Y Використовуючи (197), знаходимо Отже, Використовуючи формули (198), (199), (200), знаходимо числові характеристики: М(Y) можна обчислити, не відшукуючи f (у): . Так само, як і для М (Y): . немонотонна. є немонотонною функцією, зображеною на рис. 73. Рис. 73 . відповідатимуть k несумісних випадкових подій: . Отже, у цьому разі або, використовуючи властивості функції розподілу ймовірностей, можна записати: . Тоді Отже, (201) Методика знаходження f (у) така сама, як і для монотонної функції. Щоб обчислити числові характеристики, можна використати формули (198), (199), (200). Приклад 4. Задано Знайти f (у), якщо Y = x2. Розв’язання. Побудуємо графіки f (х), Y = x2 (pис. 74 і 75). Рис. 74 Рис. 75 . , знаходимо обернені функції: . 3. Похідні від обернених функцій будуть: . 4. Будуємо функцію f (у), використовуючи (201): . 5. Перевіряємо виконання умови нормування: Отже, умова нормування виконується, a це свідчить про те, що f (у) знайдено правильно. Остаточно записуємо: Відшукаємо числові характеристики: M (Y) = 1. Для обчисленя дисперсії D (Y) знаходимо . . 4. Функції двох випадкових аргументів та їх числові характеристики У загальному випадку функцію двох аргументів Х і Y можна позначити як , (202) є невипадковою функцією. Якщо Х та Y є дискретними випадковими величинами, то і Z буде дискретною. Якщо Х та Y є неперервними, то і Z буде неперервною. 4.1. Знаходження F (z), f (z), якщо Z = Х + Y Розглянемо функціональну залежність Z = Х + Y, де Х і Y є неперервними випадковими величинами. Потрібно за відомою щільністю f (x, y) знайти F (z), f (z). Імовірність влучення Z в області Z < z, а саме Z < Х + Y зображено на рис. 76. Рис. 76 Ця ймовірність обчислюється так: (203) або (204) Оскільки , , то формули (203), (204) можна подати так: (205) (206) Тоді щільність імовірностей для випадкової величини Z буде така: Отже, (207) (208) Якщо випадкові величини Х і Y є незалежними, то f (x, y) = = f (x) f (y). За цієї умови формули наберуть такого вигляду: (209) (210) Формули (209), (210) називають згорткою, або композицією, двох законів. Приклад 5. Задано закони розподілу ймовірностей незалежних випадкових величин Х, Y: Знайти F (z), f (z), якщо Z = X + Y. Побудувати графіки P ?Т?Т?????????????????P Z \ ° ? ? ? a a ae ae e e j l r E E i o u th * , . 0 2 4 8 ?Т?Т???????????????ue ( . 8 < >

@

H

J

L

N

P

R

T

V

X

Z

\

^

|

~

?

Oe

O

TH

a

?Т?Т???????????????T

Z

`

|

????/?„

?

O

O

AE

?

?

?

?

AE

AE

AE

AE

AE

AE

AE

AE

AE

AE

AE

gdf y

AE

AE

AE

AE

AE

AE

AE

AE

AE

gdf y

AE

AE

AE

AE

AE

AE

AE

¤Pa$gdf y

AE

AE

AE

AE

AE

AE

AE

AE

VJV‚VtW¬WaeWtX-Y?YeOeAe¬A•~k

AE

AE

AE

AE

&f (z).

-сумісної появи випадкових величин Х і Y. Ця множина зображена на pис.
77.

Рис. 77

Пряма Z = Х + Y зі збільшенням Z рухатиметься паралельно сама собі,
відтинаючи від множини ( змінні площі (pис. 77, 78 і 79).

Pис. 78 Рис. 79

У точці (– 4; –2) Z = – 6; у точці (2; –2) Z = 0; у точці (– 4; 6)

Z = 2; у точці (2; 6) Z = 8.

1. При Z < – 6 F (z) = 0. 2. У разі зміни Z у проміжку – 6 < Z < 0 маємо: Отже, на проміжку [– 6; 0] функція розподілу ймовірностей змінюється за законом 3. Оскільки в точці (– 4; 4) Z = 0, то на проміжку  [0; 2] маємо: Отже, на проміжку [0, 2], що зображено на рис. 78, функція розподілу ймовірностей змінюється за законом 4. У точці (2, 6) Z = 8 і функція розподілу ймовірностей при своїй зміні наближатиметься до одиниці. Щоб дістати аналітичний вираз для F(z), від одиниці віднімаємо змінну площу S трикутника, зображеного на рис. 79. Отже, Таким чином, загальний вигляд функції розподілу ймовірностей буде такий: Тоді щільність імовірностей матиме вигляд Графіки F (х), f (х) зображені на pис. 80 і 81. Рис. 80 Рис. 81 4.2. Знаходження F (z), f (z), Оскільки пряма Y = ZХ ділить площину хОу на дві непересічені області, зображені на рис. 82. Рис. 82 : . Отже, (211) або (212) Щільність імовірностей Остаточно маємо: (213) Якщо Х і Y є незалежними, то . (214) Приклад 6. Задано Розв’язання. Згідно з (214) маємо Перевірка умови нормування: Отже, f (z) знайдено правильно. Таким чином, 4.3. Знаходження F(Z), f (z), якщо Z = ХY. унаочнює рис. 83. Рис. 83 Маємо: . (215) Скориставшись (215), дістанемо (216) Якщо випадкові величини Х і Y є незалежними, то . (217) Приклад 7. Незалежні випадкові величини Х і Y мають рівномірний закон розподілу ймовірностей, щільності ймовірностей яких такі: Знайти F (z), f (z), якщо Z = XY. Розв’язання. Імовірність влучення випадкової величини Z = XY в область D зображена на рис. 84. Рис. 84 Згідно з (217) маємо: Отже, Перевірка виконання умови нормування: Умова нормування виконується. Отже, f (z) знайдено вірно. 5. Числові характеристики функції n випадкових аргументів 1. Математичне сподівання. А. М (Х + Y) = М (Х) + М (Y). (218) ! Доведення. Нехай Х і Y є неперервними випадковими величинами. Тоді Висновок 1. М (АХ + ВY + С) = АМ (Х) + ВМ (Y) + С. (219) тут А, В, С — деякі сталі. ! Доведення. Висновок 2. . (220) Б. Якщо випадкові величини є між собою незалежними, то М (ХY) = М (Х) М (Y). (221) ! Доведення. (оскільки для незалежних випадкових величин f (x, y) = f (x) f (y)). Висновок. Для n незалежних випадкових величин (222) В. Якщо випадкові величини Х і Y є залежними, то М (ХY) = М (Х) М (Y) + Kху. (223) Формула (223) випливає з визначення кореляційного моменту Kху = М (ХY) – М (Х) М (Y). 2. Дисперсія. A. D (Х + Y) = D (Х) + D (Y) + 2Kху. (224) ! Доведення. ; де Kху = М (Х – М (Х)) (Y – M (Y)). Висновок 1. D (АХ + ВY + С) = А2D (Х) + В2D (Y) + 2АВKху . (226) ! Доведення. Висновок 2. . (227) то (228) Б. Якщо випадкові величини є незалежними, то D (ХY) = D (Х) D (Y) + М2 (Х) D (Y) + М2 (Y) D (Y), (229) або D (ХY) = (D (Х) + М2 (Х)) (D (Y) + М2 (Y)) – М2 (Х) М2 (Y). (230) ! Доведення. . Висновок. Для n незалежних випадкових величин маємо: (230) Приклад 8. Відомі значення: М (Х) = – 2; D (Х) = 4; М(Y) = – 3; Kху = – 1. Знайти М (Z), D (Z), ( (Z), якщо Z = – 9х + 5у + 3. Розв’язання. Скориставшись (219) і (226) дістанемо: М (Z) = М (– 9х + 5у + 3 ) = – 9 М (X) + 5 М (Y) + 3 = = – 9 (– 2) + 5 (– 3) + 3 = 18 – 15 + 3 = 6. D (Z) = D (– 9х + 5у + 3) = 81 D (X) + 25D (Y) + 2 (– 9 ) 5 Kху = = 81D (X) + 25 D (Y) – 90 Kху = 81· 4 + 25 · 3 – 90 (– 1) = = 324 + 75 + 90 = 489. Приклад 9. За заданою щільністю ймовірностей знайти М (Y); Kху, якщо Y = 3х2 – 2х2 + х +1. оскільки: ; Kху = М (XY) – М (Y) М (X), М (Х) = 0; М (х2) = 1; М (х3) = 0; Приклад 9. Задано щільності ймовірностей незалежних випадкових величин Х і Y: Знайти М (Z), D (Z), якщо виконуються умови: 1) Z = 3х – 5у + 1; 2) Z = ХY; 3) Z = –2х – 3у + 1. Розв’язання. Обчислимо: М (Х); М (Х 2), М(Y); М (Y 2). М (Y) = 1; М (Y2) = 4; М (Z) = – 2,5; D (Z) = 77,29. М (Z) = 0,5. D (Z) = 1,75. М (Z) = – 3. ; D (Z) = 28. Приклад 10. Двовимірна випадкова величина (Х, Y) має такий закон розподілу ймовірностей Y X 5 10 15 20 рyi – 6 0,02 0,01 0,03 0,04 0,1 – 4 0,18 0,09 0,07 0,06 0,4 – 2 0,1 0,2 0,1 0,1 0,5 рxj 0,3 0,3 0,2 0,2 Знайти М (Z), D (Z), якщо: 1) Z = – 4х – 3у + 10; 2) Z = 3х – 9у – 7. Розв’язання. Обчислимо М (Х); D (Y), D (Y); Kху. М (Х) = 11,5. D (Х) = 30,25. D (Y) = 1,76. М (ХY) = – 36,9. Kху = – 0,1. М (Z) = – 26,4. D (Z) = 497,44. М( Z) = 56,3. D (Z) = 420,21. . Знайти М (Х), D (Х), коли М (Х1) = – 2, М (Х2) = 3, М (Х3) =1; D (X1) = 4; D (X2) = 3; D (X3) = 5; r12 = 0,36; r13 = 0,3; r23 = – 0,1. Розв’язання. Використовуючи властивості математичного сподівання, дисперсії та парного коефіцієнта кореляції, одержимо: M(x) = M(2x1 – 3x2 – 4x3 + 5) = 2M(x1) – 3M(x2) + 4M(x3) + 5 = = 2 (–2) – 3 ( 3 + 4 ( 1 + 5 = – 4 – 9 + 4 + 5 = – 4. M(x) = 4. D (x) = D (2x1 – 3x2 – 4x3 + 5) = 4D (x1) + 9D (x2) + 16D (x3) + + 2(2) (– 3)K12 + 2 (2) (– 4)K13 + 2 (– 3) (– 4)K23 = = 4D (x1) + 9D (x2) + 16D (x3) – 12 K12 – 16 K13 + 24 K23. Оскільки , то: Отже, D (x) = 4 ( 4 + 9 ( 3 + 16 ( 5 – 12 ( 1,24704 – 16 ( 1,3418 + 24 (– 0,397) =  = 16 + 27 + 80 – 14,965 – 21,469 – 9,528 = 77,038. D (x) = 77,038. Приклад 12. За заданою кореляційною матрицею знайти D (X), якщо Х = 4х1 – 3х2 – 5х3 – х4 + 5. Розв’язання. Використовуючи властивості дисперсії, дістаємо: D (x) = D (4х1 – 3х2 – 5х3 – х4 + 5) = 16D (х1) + 9D (х2) + 25D (х3) + + D (х4) + 2 ( 4(–3)K12 + 2 ( 4 (–5)K13 + 2 ( 4 (–1)K14 + 2 (–3) (–5)K23 + + 2(–3)(–1)K24 + 2(–5)(–1)K34 = 16D (х1) + 9D (х2) + 25D (х3) + + D (х4) – 24K12 – 40K13 – 8K14 + 30K23 + 6K24 + 10K34 = 16 ( 16 + 9 ( 9 + + 25 ( 25 + 4 – 24 ( 0,1 – 40 ( 0,2 – 8 ( 0,5 + 30 ( 1 + 6 (– 0,8) + 10 (– 0,4) = = 256 + 81 + 625 + 4 – 2,4 – 8 – 4 +30 – 4,8 – 4 = 972,8. D (x) = 972,8. Приклад 13. За заданою кореляційною матрицею знайти D (X), якщо Х = –3х1 – 2х2 – х3 – 5х4 + 100. Розв’язання. Використовуючи властивості дисперсії, одержимо: D (Х) = 489. Приклад 14. Нехай Знайти f (у), якщо Y = min (Х; 1). Розв’язання. Випадкова величина Y буде величиною мішаного виду: Y = 1; Y = Х. Графік f (у) зображено на рис. 85. Pис. 85 має виконуватися умова нормування: Отже, Приклад 15. Задано Знайти f (у), якщо Y = max (Х; 1). Розв’язання. Випадкова величина Y буде величиною мішаного виду: Y = Х; Y = 1. Графік f (у) зображено на рис. 86. Рис. 86 дістаємо: Отже, ЛІТЕРАТУРА Вентцель Е. С., Овчаров Л. А. Теория вероятностей и ее инженерное приложение. — М.: Наука, 1988. Гнеденко Б. В. Курс теории вероятностей. — М.: Наука, 1961. PAGE 1

Похожие записи